立教大学 理学研究科 数学専攻 数学 2025年度 春季（2025年2月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全9問）

検算

$A\left(-1,1,1,0\right)^{\mathsf T}$ の各成分は $-1-1+2+0=0$、$-1+1+0+0=0$、$-1+0+1+0=0$、$0-1+1+0=0$。確かに $\bm 0$ になる。

$0$ が固有値であること

$\operatorname{Ker}f\neq\left\{\bm 0\right\}$ なので $\lambda=0$ は $A$ の固有値で、その固有空間の次元は $1$ である。設問 $3$ で使う。

$\operatorname{rank}$ の読み取り

階段形の $0$ でない行の本数が階数である。第 $4$ 行が $\bm 0$ になるのは、元の行列の $4$ 行の間に $1$ 次関係があること（実際 $\text{第4行}=\text{第3行}-\text{第2行}$）の反映である。

検算

$A\left(2,0,0,1\right)^{\mathsf T}$ の各成分は $2-0+0+0=2$、$2+0+0-2=0$、$2+0+0-2=0$、$0-0+0+1=1$。 $\left(2,0,0,1\right)^{\mathsf T}$ と一致するので固有値 $1$ の固有ベクトルである。

行の重複が示すもの

$A-I$ の第 $2$ 行と第 $3$ 行が一致することが、固有値 $1$ の存在を計算なしに示している。固有多項式を展開せずに済む近道である。

幾何的重複度は $1$

$\operatorname{rank}\left(A-I\right)=3$（独立な行は第 $1$・第 $2$・第 $4$ 行）なので $\dim=4-3=1$。設問 $3$ の判定に直結する。

ジョルダン標準形

$\lambda=1$ に対応するのは $2\times2$ のジョルダン細胞 $1$ 個で、 $$J=\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&2\end{pmatrix}$$ が $A$ のジョルダン標準形になる。

判定に必要な情報

「対角化可能でない」ことを示すには、$1$ つの固有値について幾何的重複度が代数的重複度に届かないことを示せば足りる。すべての固有値を調べる必要はない。

$\lambda=0,2$ の固有空間

どちらも代数的重複度が $1$ なので、幾何的重複度も自動的に $1$（$1$ 以上で重複度以下）。問題になるのは $\lambda=1$ だけである。

失点しやすい点

「固有値が $4$ 個そろわないから対角化できない」という論法は誤りである。重複固有値があっても固有空間が十分大きければ対角化できる。次元を実際に比べること。

列に並べる

係数を行に並べる誤りが多い。「第 $j$ 列 $=f\left(p_j\right)$ の座標」と覚える。

上三角になること

$f\left(p_2\right)$ に $p_1$ が混じるだけなので $B$ は上三角である。固有値が対角成分 $1,1,-2$ として直ちに読める。

$a$ の役割

$a$ は $\left(1,2\right)$ 成分にのみ現れる。$a=0$ なら対角行列、$a\neq0$ ならジョルダン細胞をもつ形になる。設問 $4$ の答えがここで予想できる。

検算

$Ap_1$：第 $1$ 成分 $\frac{1}{\sqrt2}\left(-\frac12+\frac32\right)=\frac{1}{\sqrt2}$、第 $2$ 成分 $0$、第 $3$ 成分 $\frac{1}{\sqrt2}\left(\frac32-\frac12\right)=\frac{1}{\sqrt2}$。$p_1$ に一致する。 $Ap_2=-\left(\text{第2列}\right)=\left(\frac{a}{\sqrt2},-1,\frac{a}{\sqrt2}\right)^{\mathsf T}$、 一方 $ap_1+p_2=\left(\frac{a}{\sqrt2},-1,\frac{a}{\sqrt2}\right)^{\mathsf T}$。一致する。 $Ap_3=-2p_3$ も同様に確かめられる。

直交性に気づく利点

$P^{-1}$ を掃き出し法で求めると $3$ 次の逆行列計算が要る。正規直交系であることに気づけば転置で済み、さらに本問では $P$ が対称なので $P^{-1}=P$ となって計算が半分になる。

$\operatorname{tr}$ による確認

$\operatorname{tr}A=-\frac12+1-\frac12=0$、$\operatorname{tr}B=1+1-2=0$。相似な行列はトレースが等しいので整合している。

$a$ に依存しないこと

固有値は $a$ の値に関係なく $1,1,-2$ である。$a$ が影響するのは固有空間の次元、すなわち対角化可能性だけである。

与えられた条件からの直読

そもそも $f\left(p_1\right)=p_1$、$f\left(p_3\right)=-2p_3$ が固有ベクトルの関係そのものなので、$1$ と $-2$ が固有値であることは条件から直ちに読める。$1$ の重複度が $2$ であることは $B$ の三角形から従う。

検算

$\operatorname{tr}A=0=1+1-2$、$\det A=\det B=1\cdot1\cdot\left(-2\right)=-2$。整合する。

$a=0$ のときの $B$

$B=\operatorname{diag}\left(1,1,-2\right)$ で、そもそも対角行列である。$f\left(p_2\right)=p_2$ となり $p_2$ も固有ベクトルになるからである。

$a\neq0$ のときの構造

$B$ は固有値 $1$ に $2\times2$ のジョルダン細胞をもち、$p_2$ は一般化固有ベクトル（$\left(f-\mathrm{id}\right)p_2=ap_1$）になる。$a$ の大きさは相似変換で $1$ に正規化できるので、$a\neq0$ である限り構造は同じである。

最小多項式で見る

$a=0$ なら最小多項式は $\left(\lambda-1\right)\left(\lambda+2\right)$ で重根なし、$a\neq0$ なら $\left(\lambda-1\right)^{2}\left(\lambda+2\right)$ で重根あり。判定が一目で済む。

失点しやすい点

$A$ の成分で直接判定しようとすると $\sqrt2$ と $a$ が混じって煩雑になる。相似不変性を使って $B$ に移すこと。

$m>n$ としてよい理由

$\left|I_m-I_n\right|$ は $m,n$ の入れ替えで不変なので、大小関係を固定して議論してよい。$m=n$ の場合は差が $0$ で自明である。

$f$ の連続性

$f$ は $\left(0,a\right]$ で連続だから、$\left[1/m,1/n\right]\subset\left(0,a\right]$ 上でリーマン積分可能である。積分そのものが定義できることを確認しておく。

絶対値の不等式

$\left|\int f\right|\le\int\left|f\right|$ は積分の基本性質である。この $1$ 行が設問の要点で、残りは $\varepsilon$--$N$ の形式的な処理にすぎない。

絶対収束と条件収束

逆は成り立たない。$\displaystyle\int_0^{1}\frac{1}{x}\sin\frac{1}{x}dx$ の類は条件収束で、絶対値をつけると発散する。本問は「絶対収束 $\Rightarrow$ 収束」の一方向のみを主張している。

級数との対応

$\sum\left|a_n\right|$ が収束すれば $\sum a_n$ が収束する、という級数の定理とまったく同じ構造である。どちらも実数の完備性が根拠である。

設問1を使う場所

列 $\left\{I_n\right\}$ の収束が設問 $1$ から従う。一般の $\epsilon\to+0$ への拡張は上の追加評価で埋める。設問の流れに沿って両方を書くと完全な答案になる。

別解（$\sin x/x$ の単調性）

$h\left(x\right)=\dfrac{\sin x}{x}$ は $h'\left(x\right)=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}$ で、分子の導関数が $-x\sin x<0$、分子は $x=0$ で $0$ なので分子は負。よって $h$ は狭義減少で $h\left(x\right)>h\left(\pi/4\right)=\dfrac{2\sqrt2}{\pi}>\dfrac{1}{\sqrt2}$。同じ結論が得られる。

$1/\sqrt2$ という値の意味

$\sin\left(\pi/4\right)=1/\sqrt2$ である。左側の不等式は「$x=\pi/4$ での値をそのまま傾きとした直線」より上、という主張になっていて、境界 $x\to\pi/4$ でぎりぎり成立している。

失点しやすい点

凹関数は弦の上側にある（凸関数は下側）。向きを間違えると不等号が逆になる。$\left(\sin x\right)''<0$ を明示してから使う。

$\alpha>0$ が必要な理由

$\alpha\le0$ だと $x^{\alpha-1}$ の指数が $-1$ 以下になり $\displaystyle\int_0^{1}x^{\alpha-1}dx$ が発散する。実際、$\alpha=0$ では被積分関数が $\dfrac{1}{\sin x}\sim\dfrac1x$ で、積分は $\log$ 発散する。$\alpha>0$ という仮定は本質的である。

もう一方の不等式の使いどころ

設問 $3$ の右側 $\sin x<x$ からは $\dfrac{x^{\alpha}}{\sin x}>x^{\alpha-1}$ が出る。これは下からの評価で、$\alpha\le0$ のときの発散を示すのに使える。上下の不等式が両方与えられているのはこのためである。

$x=\pi/4$ 側は特異でない

$\sin\left(\pi/4\right)=1/\sqrt2\neq0$ なので、上端では被積分関数は連続で有界である。問題になるのは $x\to+0$ だけである。

失点しやすい点

比較判定を使う前に、被積分関数が正であること（したがって絶対値が外せること）を確認する。設問 $2$ は絶対収束を前提としているので、この確認が接続点になる。

$2$ 次と $1$ 次に分ける

$r$ の $2$ 次の部分（$x^{2}+y^{2}+xy$）と $1$ 次の部分（$x-y$）に分かれる。重積分では $r\,dr\,d\theta$ が掛かるので、それぞれ $\int r^{3}dr$、$\int r^{2}dr$ を生む。この分離が計算を見通しよくする。

$\sin2\theta$ の周期

$\sin2\theta$ の周期は $\pi$ である。設問 $2$・$3$ の積分区間はどちらも長さ $\pi$ なので、$\sin2\theta$ の寄与が消えることが予想できる。

$\cos\theta-\sin\theta$ の書き換え

$\cos\theta-\sin\theta=\sqrt2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$。積分区間の中心が $-\pi/4$ からどれだけずれているかで値が決まる、という見方もできる。

対称性による検算

$D$ は $x\to-x$ で不変である。$xy$ と $x$ は $x$ について奇関数なので、これらの寄与は $0$。残るのは $\displaystyle\iint_D\left(x^{2}+y^{2}\right)dA=\frac{\pi}{4}$ と $\displaystyle-\iint_D y\,dA=-\frac23$。 本解の結果と一致する。

$\iint_D y\,dA$ の意味

$\dfrac{2/3}{\pi/2}=\dfrac{4}{3\pi}$ は半円板の重心の $y$ 座標である。よく知られた値と一致している。

数値

$\frac{\pi}{4}-\frac23=0.7854-0.6667=0.119$。$D$ の面積 $\pi/2\simeq1.571$ に対し平均値が $0.076$ 程度で、$f$ が $D$ 上で正負両方の値を取ることと整合する。

回転による検算

$u=\dfrac{y-x}{\sqrt2}$、$w=\dfrac{x+y}{\sqrt2}$ と $45^\circ$ 回転すると $E$ は $\left\{r\le1,\ u\ge0\right\}$（半円板）になる。$x-y=-\sqrt2\,u$ だから $$\iint_E\left(x-y\right)dA=-\sqrt2\iint_{u\ge0}u\,dA=-\sqrt2\cdot\frac23=-\frac{2\sqrt2}{3}.$$ また $x^{2}+y^{2}=r^{2}$ は回転不変なので $\dfrac{\pi}{4}$、 $xy=\dfrac{w^{2}-u^{2}}{2}$ の積分は半円板上で $\dfrac12\left(\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{\pi}{8}\right)=0$。合計は本解と一致する。

設問2との違い

$2$ 次の部分の寄与 $\dfrac{\pi}{4}$ は共通で、変わるのは $1$ 次の部分だけである。領域が原点対称な半円板であることと、$2$ 次形式の積分が回転で不変であることによる。

$\sin2\theta$ が消える理由

どちらの積分区間も長さが $\pi$、すなわち $\sin2\theta$ の周期ちょうどである。周期にわたる積分は $0$ になる。

失点しやすい点

$y\ge x$ の $\theta$ の範囲を $\left[\pi/4,5\pi/4\right]$ と正しく取る。$\left[\pi/4,\pi\right]$ などとすると領域が半分にならない。図を描いて確認すること。

アルティン・シュライアー多項式

$x^{p}-x-a$（$a\neq0$）の形の多項式をアルティン・シュライアー多項式という。根が「もとの根に $\mathbb F_p$ の元を足したもの」で尽きるという性質が、標数 $p$ に特有である。

$5$ 個の根が相異なること

$c\neq c'$ なら $\varepsilon+c\neq\varepsilon+c'$。$\mathbb F_5$ の元は $5$ 個なので、根は相異なる $5$ 個そろう。$\deg f=5$ だから、これで $f$ の根が全部である。したがって $f$ は重根をもたない（分離的である）。

$-1$ の役割

$f\left(x\right)=x^{5}-x-a$ で $a=0$ なら $x^{5}-x=\prod_{c\in\mathbb F_5}\left(x-c\right)$ となって根はすべて $\mathbb F_5$ に入る。$a\neq0$ が「$\mathbb F_5$ の外に出る」ことを保証している。

$1$ つの根で足りる理由

一般の多項式では、$1$ つの根を添加しただけでは分解体にならない（$x^{3}-2$ over $\mathbb Q$ が典型例）。本問では他の根が $\varepsilon+c$ という形で $\mathbb F_5\left(\varepsilon\right)$ の中に入るので、$1$ つで足りる。

ガロア拡大であること

$E$ は分離的な多項式 $f$ の分解体なので $\mathbb F_5$ 上のガロア拡大である。したがって $\left|\mathrm{Gal}\left(E/\mathbb F_5\right)\right|=\left[E:\mathbb F_5\right]$ が成り立つ。設問 $4$ でこの等式を使う。

有限体の一般論

そもそも有限体の有限次拡大は必ずガロアである。本問はそれを $f$ の性質から直接示している。

$\sigma$ が $\varepsilon$ で決まること

$E=\mathbb F_5\left(\varepsilon\right)$ なので、$\sigma$ は $\varepsilon$ の像だけで完全に決まる。ガロア群の元を数える際の基本である。

位数が素数 $5$ であること

非自明な元がすべて位数 $5$ をもつ。これは群が $5$ の冪位数であること、さらに設問 $4$ の $\left|\mathrm{Gal}\right|=5$ につながる。

フロベニウスとの関係

有限体のガロア群はフロベニウス $\Phi\left(x\right)=x^{5}$ が生成する。実際 $\Phi\left(\varepsilon\right)=\varepsilon^{5}=\varepsilon+1$（$f\left(\varepsilon\right)=0$ より）で、$c=1$ の場合にあたる。$\Phi$ が生成元である。

従う帰結

$\left[E:\mathbb F_5\right]=5$ なので $E=\mathbb F_{5^{5}}$、また $\varepsilon$ の最小多項式は $5$ 次で $f$ を割り切るから $f$ 自身。すなわち $f\left(x\right)=x^{5}-x-1$ は $\mathbb F_5$ 上既約である。

中間体

$5$ は素数なので $\mathbb Z/5\mathbb Z$ の部分群は自明なもの $2$ つだけ。したがって $E$ と $\mathbb F_5$ の間に真の中間体は存在しない。

一般のアルティン・シュライアー拡大

$x^{p}-x-a$（$a\in\mathbb F_p$、$a\neq0$）は常に $\mathbb F_p$ 上既約で、分解体は $\mathbb F_{p^{p}}$、ガロア群は $\mathbb Z/p\mathbb Z$ である。本問は $p=5$、$a=1$ の場合である。

失点しやすい点

$\left|\mathrm{Gal}\right|=\left[E:\mathbb F_5\right]$ を使うには、$E/\mathbb F_5$ がガロア拡大であること（分離的な多項式の分解体であること）を先に確認する必要がある。設問 $2$ の結論をここで引用する。

複素数との対応

$M\left(a,b\right)\leftrightarrow a+bi$ と対応させると、上の積の公式は $\left(a+bi\right)\left(c+di\right)=\left(ac-bd\right)+\left(ad+bc\right)i$ そのものである。$R\left(K\right)\cong K\left[x\right]/\left(x^{2}+1\right)$ という同型が背景にある。

可換性が非自明であること

$M_2\left(K\right)$ 全体は非可換である。$R\left(K\right)$ が可換になるのは、$M\left(0,1\right)$（$i$ に対応）とスカラー行列だけで生成されているからである。

失点しやすい点

「$M_2\left(K\right)$ の部分環だから可換」とはいえない。可換性は $R\left(K\right)$ に固有の性質なので、積を書き下ろして確かめる必要がある。

$\mathbb C$ との同型

$R\left(\mathbb R\right)\cong\mathbb C$ である。実際 $M\left(0,1\right)^{2}=M\left(-1,0\right)=-I$ で、$M\left(0,1\right)$ が虚数単位の役割を果たす。複素数を $2\times2$ 実行列で表す標準的な方法である。

実数の順序が効く場所

$a^{2}+b^{2}>0$ は「実数の平方は非負で、$0$ になるのは $0$ のときだけ」という性質による。順序体でない $K$ ではこの議論は使えない。設問 $3$ がその反例になっている。

逆元が $R$ に留まること

体であるためには、逆行列が $M_2\left(\mathbb R\right)$ にあるだけでなく $R\left(\mathbb R\right)$ に属する必要がある。$M\left(a,b\right)^{-1}=M\left(\cdot,\cdot\right)$ の形になることを明示する。

$\mathbb C$ 上で $a^{2}+b^{2}$ が分解すること

$a^{2}+b^{2}=\left(a+bi\right)\left(a-bi\right)$。$\mathbb C$ では $i\in K$ なのでこの因数分解が $K$ の中で行え、行列式が $0$ になる元が現れる。$\mathbb R$ 上では $x^{2}+1$ が既約なのでこれが起こらない。

構造の同定

$R\left(\mathbb C\right)\cong\mathbb C\left[x\right]/\left(x^{2}+1\right)\cong\mathbb C\left[x\right]/\left(x-i\right)\times\mathbb C\left[x\right]/\left(x+i\right)\cong\mathbb C\times\mathbb C$（中国剰余定理）。直積は体にならないという一般論からも同じ結論が出る。

一般の $K$

$R\left(K\right)$ が体になる必要十分条件は「$x^{2}+1$ が $K$ 上既約」、すなわち $K$ が $-1$ の平方根をもたないことである。$K=\mathbb F_3$ なら体（$-1$ は平方剰余でない）、$K=\mathbb F_5$ なら体でない（$2^{2}=-1$）。

失点しやすい点

反例は $1$ つ挙げれば足りるが、「$O$ でないこと」と「積が $O$ になること（または可逆でないこと）」の両方を書く。片方だけでは反例にならない。

ハミング距離

$d$ は符号理論のハミング距離である。誤り訂正符号では「$2$ 語の最小距離が $2t+1$ 以上なら $t$ 個の誤りを訂正できる」といった形で使われる。

$K$ が体である必要はない

証明で使ったのは「成分が等しいか等しくないか」だけである。任意の集合の直積に同じ距離が入る。$K$ が体という設定は $K^{n}$ をベクトル空間と見るためのものにすぎない。

値域

$d$ は $\left\{0,1,\dots,n\right\}$ にしか値を取らない。この離散性が設問 $2$・$3$ を生む。

通常の距離との違い

ユークリッド距離では $B\left(\bm x;r\right)$ は $r>0$ である限り無限個の点を含む。$1$ 点集合が開になるのは、距離の値が $0$ の次に $1$ へ跳ぶ（$0$ と $1$ の間に値がない）ためである。

孤立点

$\left\{\bm x\right\}$ が開であることは「$\bm x$ が孤立点である」と言い換えられる。すべての点が孤立点である空間が離散空間である。

半径の取り方

$0<r\le1$ ならどの $r$ でも $B\left(\bm x;r\right)=\left\{\bm x\right\}$ になる。$r=1$ を選ぶのが最も分かりやすい。

離散位相の帰結

任意の部分集合が開なら、補集合も開なので任意の部分集合は閉でもある。したがって「開かつ閉」の集合が $2^{K^{n}}$ 個あり、$\left|K^{n}\right|\ge2$ なら空間は連結でない。

収束と連続性

離散位相では、点列が収束するのは途中から定数になる場合に限る。また離散空間からの任意の写像は連続になる。位相が最も細かい（開集合が最も多い）極端な例である。

$K$ が無限体の場合

$K=\mathbb R$ でも $\left(\mathbb R^{n},d\right)$ は離散空間である。台となる集合が非可算でも位相は離散になり得る、という点が直観に反して面白い。

失点しやすい点

「$1$ 点集合が閉」（どの距離空間でも成り立つ）と「$1$ 点集合が開」（離散位相に特有）を混同しない。設問 $2$ が主張しているのは後者である。

$2$ 方向で足りる理由

微分可能性は「すべての方向で同じ極限」を要求するので、そのうち $2$ 方向を選んで等値するだけで必要条件が出る。逆に、$C^{1}$ 級のもとではこの $2$ 式が微分可能性の十分条件でもある（グルサの定理）。

$F'$ の表示

$F'=a_x+ib_x=b_y-ia_y$。設問 $2$ の $\left\|f_x\right\|=\left|F'\right|$ という関係がここから読める。

失点しやすい点

$\dfrac{1}{i}=-i$ の処理を丁寧に行う。ここで符号を落とすと $2$ 本目の関係式の向きが逆になる。

幾何学的な意味

$f$ のヤコビ行列 $\begin{pmatrix}a_x&a_y\\b_x&b_y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_x&-b_x\\b_x&a_x\end{pmatrix}$ は、$\left|F'\right|$ 倍の拡大と回転の合成（相似変換）である。相似変換は角度を保つので、$f$ は交わる $2$ 曲線のなす角を保つ。

$F'=0$ の点

$F'\left(z_0\right)=0$ なら $f_x=f_y=\bm 0$ で、問題文の $2$ 条件は自明に満たされる。しかしこの点では角度が保たれない（$F\left(z\right)=z^{2}$ の原点では角が $2$ 倍になる）。問題文の定義は $F'\neq0$ を要求していないので、この点も「等角」に含まれてしまう。

列で見る

ヤコビ行列の $2$ 列 $f_x$、$f_y$ が同じ長さで直交する、というのが問題文の条件である。これは「行列がスカラー倍の直交行列」であることと同値である。

なぜ逆が破れるか

問題文の $2$ 条件は「ヤコビ行列がスカラー倍の直交行列」を意味する。直交行列には行列式が $+1$ のもの（回転）と $-1$ のもの（鏡映）があり、正則関数に対応するのは前者だけである。向きを反転する場合が抜け落ちているので、逆が成り立たない。

正しい命題

$f$ が等角かつ向きを保つ（$\det Df>0$）ならば $F$ は正則である。逆に $f$ が等角かつ向きを反転するならば $\overline F$ が正則、すなわち $F$ は反正則である。$\det Df=0$ の場合も含めると、等角な $C^{1}$ 級写像は「正則、反正則、あるいは微分が退化」のいずれかに分かれる。

反例の一般性

$\overline z$ のほかに $F\left(z\right)=\overline{z}^{2}$、$F\left(z\right)=e^{\overline z}$ など、任意の反正則関数が反例になる。最も簡単な $\overline z$ を挙げれば十分である。

失点しやすい点

「正しい」と答えて証明を試みても、鏡映の場合で必ず行き詰まる。まず簡単な例で条件を確かめてみるのが早道である。

検算（$n=1$）

$f_1=\dfrac{1}{z^{2}+1}$、$\operatorname*{Res}_{z=i}=\dfrac{1}{2i}=-\dfrac{i}{2}$。公式に $n=1$ を入れると $-\dfrac{i\cdot0!}{2}=-\dfrac{i}{2}$。一致する。

検算（$n=2$）

$\dfrac{d}{dz}\left(z+i\right)^{-2}=-2\left(z+i\right)^{-3}$、$z=i$ で $-2\left(2i\right)^{-3}=\dfrac{-2}{-8i}=\dfrac{1}{4i}=-\dfrac{i}{4}$。 公式では $-\dfrac{i\cdot2!}{2^{3}}=-\dfrac{i}{4}$。一致する。

$\left(\left(n-1\right)!\right)^{2}$ を付ける意味

この係数のおかげで留数の分母から $\left(n-1\right)!$ が $1$ つ消え、答えが $\left(2n-2\right)!$ と $2$ の冪だけで書ける。設問 $3$ で二項係数が現れる伏線でもある。

$r$ に依存しないこと

$r>1$ である限り、内部の極は $z=i$ だけで変わらない。積分路を連続的に変形しても、囲む極が同じなら積分値は変わらない（コーシーの定理）。この事実が設問 $3$ で $r\to\infty$ を取れる根拠になる。

値が実数であること

$-i$ の留数に $2\pi i$ を掛けて $i^{2}=-1$ が生じ、実数になる。実軸上の実数値関数の積分を計算しているので、当然の帰結である。

検算（$n=1$）

$\dfrac{\pi\cdot0!}{4^{0}}=\pi$。実際 $\displaystyle\int_{C_r}\frac{dz}{z^{2}+1}=2\pi i\cdot\frac{1}{2i}=\pi$。一致する。

検算（$n=1,2$）

$n=1$：$\pi\dbinom00=\pi$。実際 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+1}=\left[\arctan x\right]_{-\infty}^{\infty}=\pi$。 $n=2$：$\dfrac{\pi}{4}\dbinom21=\dfrac{\pi}{2}$。$x=\tan\theta$ と置換すると $\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^{2}\theta\,d\theta=\frac{\pi}{2}$。どちらも一致する。

漸化式との関係

$\displaystyle A_n=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{n}}$ は部分積分で $A_{n+1}=\dfrac{2n-1}{2n}A_n$ を満たす。この漸化式を $A_1=\pi$ から解いても同じ答えが出る。留数を使わない別解になる。

$n\to\infty$ の振る舞い

$\dbinom{2n-2}{n-1}\simeq\dfrac{4^{\,n-1}}{\sqrt{\pi\left(n-1\right)}}$（スターリングの公式）なので $A_n\simeq\sqrt{\dfrac{\pi}{n-1}}\to0$。被積分関数が原点付近に集中して幅が狭くなることに対応する。

失点しやすい点

$f_n$ に付いている定数 $\left(\left(n-1\right)!\right)^{2}$ を最後に割り忘れない。求められているのはこの係数を含まない積分である。